Frequenzgang eines LZI-Systems

Reaktion eines LZI-Systems auf ein harmonisches Eingangssignal

Was Du in der Aufgabe oben festgestellt hast, ist kein Zufall. Man kann das rechnerisch nachweisen, und das wollen wir im nächsten Abschnitt tun.

Bloß nicht! Zeig mir gleich, was dabei herauskommt!

Rechnerischer Nachweis

Wir wollen genauer verstehen, wie ein linear-zeitinvariantes (LZI)-System mit der Übertragungsfunktion $G(s)$ auf ein Eingangssignal

u(t) = \sin(\omega_0\cdot t)

reagiert. Der Einfachheit halber gehen wir hier davon aus, dass es sich bei $G(s)$ um eine gebrochen rationale Übertragungsfunktion mit der folgenden Partialbruchzerlegung (PBZ) handelt:

G(s) = \sum_{i=1}^n \frac{r_{G,i}}{s - p_{G,i}}

Darin sind $p_{G,i}$ die Pole der ÜF und $r_{G,i}$ die zugehörigen Residuen.

Lösung im Frequenzbereich

Um die Systemantwort $y(t)$ zu bestimmen, folgen wir dem bekannten Schema und transformieren $u(t)$ zunächst in den Frequenzbereich; laut Tabelle gilt:

u(t) = \sin(\omega t) \quad \circ\!\!-\!\!\!-\!\!\bullet \quad U(s)=\frac{\omega}{s^2+\omega^2}.

Damit können wir die Ausgangsgröße im Frequenzbereich bereits angeben:

\begin{align*} Y(s) &= G(s)\cdot U(s) \\ &= \Biggl( \sum_{i=1}^n \frac{r_{G,i}}{s - p_{G,i}} \Biggr) \cdot \frac{\omega}{(s-j\omega)(s+j\omega)}. \end{align*}

Partialbruchzerlegung

Nun müssen wir diesen Ausdruck so umformen, dass wir die einzelnen Summanden wieder zurück in den Zeitbereich transformieren können, z.B. mittels Partialbruchzerlegung (PBZ). Natürlich können wir die genaue Lösung nicht bestimmen, ohne $G(s)$ zu kennen. Was wir aber sagen können: Die Pole von $Y(s)$ liegen gerade in den Polstellen von $G(s)$ , und zusätzlich in $\pm j\omega$ , also den beiden Polen des Anregungsterms.

Die PBZ von $Y(s)$ hat folglich die Struktur

Y(s) = \sum_{i=1}^n \frac{\widehat{r}_{G,i}}{s - p_{G,i}} + \frac{r_1}{s-j\omega} + \frac{r_2}{s+j\omega} .

Darin sind $p_{G,i}$ die $n$ wie oben die Pole von $G(s)$ und $\widehat{r}_{G,i}$ die zugehörigen Residuen dieser Pole in $Y(s)$ - diese unterscheiden sich natürlich von den ursprünglichen Residuen $r_{G,i}$ in $G(s)$ . Die Partialbrüche korrespondieren im Zeitbereich bekanntlich mit

\widehat{r}_{G,i}\cdot e^{p_{G,i}\,t}.

Nun nehmen wir zusätzlich an, $G(s)$ sei übertragungsstabil, d.h. alle Pole $p_{G,i}$ haben negativen Realteil. Dann laufen alle Summanden $y_i(t)$ mit fortschreitender Zeit gegen null; wenn man lange genug wartet, sind sie in der Systemantwort somit nicht mehr zu erkennen!

Die letzten beiden Terme in $Y(s)$ haben dagegen imaginäre Pole und entsprechen einer ungedämpften Dauerschwingung, deren Amplitude auch nach langer Zeit konstant bleibt. Wir wollen uns also auf diese konzentrieren!

Die unbekannten Faktoren $r_1$ und $r_2$ können wir mithilfe der Methode der Residuen ermitteln:

\begin{align*} r_1 &= \left.\left(G(s)\cdot \frac{\omega}{(s-j\omega)(s+j\omega)}\cdot (s-j\omega)\right)\right|_{s=j\omega} \\ &= \left(G(j\omega)\cdot \frac{\omega}{j\omega+j\omega}\right)\\ &= \frac{1}{2j}\cdot G(j\omega) \\ r_2 &= \left.\left(G(s)\cdot \frac{\omega}{(s-j\omega)(s+j\omega)}\cdot (s+j\omega)\right)\right|_{s=-j\omega} \\ &= \left(G(-j\omega)\cdot \frac{\omega}{-j\omega-j\omega}\right)\\ &= \frac{1}{-2j}\cdot G(-j\omega) \end{align*}

Man kann zeigen, dass für eine gebrochen rationale ÜF gilt:

G(-j\omega)=\overline{G(j\omega)}.

Somit ist

\begin{align*} Y(s) &= \dfrac{\frac{1}{2j} G(j\omega)}{s-j\omega} + \dfrac{\frac{1}{-2j} \overline{G(j\omega)}}{s+j\omega} + \ldots \\[1em] &= \dfrac{\frac{1}{2j}G(j\omega)\cdot(s+j\omega) + \frac{1}{-2j} \overline{G(j\omega)}\cdot(s-j\omega)}{s^2+\omega^2} + \ldots \\[1em] &= \dfrac{1}{s^2+\omega^2}\cdot\Bigl(\omega \cdot \underbrace{\dfrac{G(j\omega)+\overline{G(j\omega)}}{2}}_{\mathrm{Re}\{G(j\omega)\}}\ +\ s\cdot \underbrace{\dfrac{G(j\omega)-\overline{G(j\omega)}}{2j}}_{\mathrm{Im}\{G(j\omega)\}} \Bigr) + \ldots\\ &= \dfrac{\omega}{s^2+\omega^2}\cdot \mathrm{Re}\{G(j\omega)\} + \dfrac{s}{s^2+\omega^2} \cdot \mathrm{Im}\{G(j\omega)\} + \ldots \end{align*}

Darin symbolisieren die drei Punkte jeweils die abklingenden Summanden, die nur während des Einschwingvorgangs sichtbar sind.

Rücktransformation in den Zeitbereich

Nun fällt die Rücktransformation leicht:

\begin{align*} Y(s) \bullet\!\!-\!\!\!-\!\!\circ\ y(t) &= \sin(\omega t) \cdot \mathrm{Re}\{G(j\omega)\} + \cos(\omega t)\cdot \mathrm{Im}\{G(j\omega)\} + \ldots \\ % &=& \sqrt{R^2+I^2} \cdot \sin\bigl\omega t + \angle G(j\omega)\bigr) &= \left|G(j\omega)\right|\cdot\sin\bigl(\omega t + \angle G(j\omega)\bigr) + \ldots \end{align*}

Dieses Signal beschreibt ebenfalls einen Sinus der Kreisfrequenz $\omega$ ! Es weist eine andere Amplitude und Phase auf als das Eingangssignal, aber dieselbe (Kreis-)Frequenz. Außerdem kommt es anfangs zu einem Einschwingvorgang, weil sich die die anderen Summanden dem harmonischen Signal überlagern - früher oder später spielen sie aber keine Rolle mehr, sofern das System stabil ist.

Zusammenfassung

Fassen wir dieses fundamentale Ergebnis nochmals zusammen:

▼

Ein harmonisches Eingangssignal der Kreisfrequenz $\omega$ wird durch ein stabiles LZI-System mit der Übertragungsfunktion $G(s)$ - nach einem Einschwingvorgang - lediglich um den Faktor $\left|G(j\omega)\right|$ verstärkt und um den Phasenwinkel $\angle G(j\omega)$ nach links verschoben.

Weiter im Text!

Im nächsten Abschnitt interpretieren wir dieses Ergebnis und lernen die Begriffe Amplitudengang, Phasengang und Frequenzgang kennen.